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1Formeln und Methoden
Reihen- und Parallelschaltung
Widerstände in Reihe
Req = R1 + R2 + …
Widerstände parallel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Zwei parallel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohmsches Gesetz
V = I·R
Leistung
P = V·I = I²R = V²/R
Methode
Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
Wiederhole das, bis zwischen den Klemmen ein einziger Widerstand übrig ist.
Knotenpotenzialverfahren
Kirchhoffsche Knotenregel
ΣIin = ΣIout
Zweigstrom
I = (Va − Vb)/R
Bezugsknoten
Vground = 0
Methode
Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
Löse das Gleichungssystem und bestimme dann jeden benötigten Strom.
Maschenstromverfahren
Kirchhoffsche Maschenregel
ΣV = 0 in jeder Masche
Gemeinsamer Widerstand
Strom = I1 − I2
Stromquelle in einer Masche
legt diesen Maschenstrom fest
Methode
Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
Löse die Gleichungen; ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der Strom in die andere Richtung fließt.
Überlagerungssatz
Überlagerungssatz
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Abgeschaltete Spannungsquelle
Kurzschluss (0 V)
Abgeschaltete Stromquelle
Leerlauf (0 A)
Spannungsteiler
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Stromteiler
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Methode
Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
Wiederhole das für jede Quelle und addiere dann die Beiträge mit ihren Vorzeichen.
Thévenin und Norton
Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Methode
Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.
RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ
Methode
Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Impedanzen
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kreisfrequenz
ω = 2πf
Betrag und Winkel
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Ohmsches Gesetz mit Zeigern
V = I·Z
Methode
Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
Bestimme den Betrag |Z| = √(R² + X²) und den Winkel φ = atan(X/R) und wende dann das ohmsche Gesetz mit Zeigern an.
Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Wirkleistung
P = V·I·cos φ
Blindleistung
Q = V·I·sin φ
Scheinleistung
S = V·I = √(P² + Q²)
Leistungsfaktor
pf = cos φ = P/S
Kompensationskondensator
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Drehstromleistung
Sternschaltung (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Dreieckschaltung (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Gesamte Wirkleistung
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Schein- und Blindleistung
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensationskondensatoren
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Spannung an jedem Kondensator
Δ: VL Y: VL/√3
Aufgenommene Motorleistung
Pin = Pout/η
Transformatoren
Übersetzungsverhältnis
a = N1/N2 = V1/V2
Stromverhältnis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Nennstrom
I = S/V
Umgerechnete Impedanz
Z1′ = a²·ZL
Kupferverluste bei Teillast
Pcu = x²·Pcu,fl
Wirkungsgrad
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Maximaler Wirkungsgrad
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Operationsverstärker
Invertierender Verstärker
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Nichtinvertierender Verstärker
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Summierverstärker
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealer Operationsverstärker
V+ = V−, Iin = 0
Dioden und Transistoren
Diode (konstanter Spannungsabfall)
VD = 0,7 V when conducting
Aktiver Bereich
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Basisvorwiderstand (feste Vorspannung)
IB = (VCC − 0,7)/RB
Spannungsteiler-Arbeitspunkteinstellung
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin-Ersatz des Spannungsteilers
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kollektormasche
VCE = VCC − ICRC − IERE
Sättigung
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Zahlensysteme
Stellenwerte
binär 2k, oktal 8k, hex 16k
Ins Dezimalsystem
Σ dk·bk
Aus dem Dezimalsystem
durch die Basis teilen, die Reste von unten nach oben lesen
n Bit: 2ⁿ Zustände; Mod-N: kleinstes n mit 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Asynchronzähler
fmax = 1/(n·tpd)
Ring- und Johnson-Zähler
n und 2n Zustände
Methode
Gehe bei einer Schaltung von den Eingängen zum Ausgang vor, ein Gatter nach dem anderen, und schreibe den Wert an jede Leitung, oder schreibe ihren Ausdruck auf und fülle die Wahrheitstabelle aus.
Trage zum Vereinfachen die Einsen (und die Don’t-Cares als X) in ein Karnaugh-Diagramm mit Zeilen und Spalten im Gray-Code ein: 00, 01, 11, 10.
Decke die Einsen mit möglichst wenigen und möglichst großen Gruppen aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern ab, auch über den Rand hinweg; jede Gruppe ist ein Produktterm aus den Variablen, die konstant bleiben. Fasse für die POS-Form die Nullen zusammen.
Lies bei Flipflops und Zählern die Eingänge an jeder aktiven Taktflanke ab, schreibe den Zustand nach jeder Flanke auf und denke daran, dass ein n-Bit-Zähler nach 2ⁿ Zuständen überläuft.
Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Stabilität
alle Wurzeln des charakteristischen Polynoms in der linken Halbebene
Routh-Schema, Eintrag der s¹-Zeile eines kubischen Polynoms
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Wurzeln in der rechten Halbebene
Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte
Kubisches Polynom s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil, wenn alle a > 0 und a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Charakteristische Gleichung
1 + K·G(s) = 0
Asymptoten
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Verzweigungs- und Einmündungspunkte
dK/ds = 0
Betragsbedingung
K = 1/|G(s)|
Abgangswinkel
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Methode
Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
Zähle die Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte: Jeder entspricht einem Pol in der rechten Halbebene. Steht K im Schema, verlange, dass jeder Eintrag der ersten Spalte positiv bleibt.
Markiere für eine Wurzelortskurve die Pole und Nullstellen, die Abschnitte der reellen Achse, die Asymptoten vom Schwerpunkt aus und die Verzweigungspunkte, an denen dK/ds = 0 gilt. Verwende K = 1/|G(s)| für die Verstärkung an einem Punkt.
Stationärer Fehler und PID-Regelung
Systemtyp
Anzahl der Pole von G(s) bei s = 0
Fehlerkonstanten
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Sprung A
ess = A/(1 + Kp)
Rampe A·t
ess = A/Kv
Parabel A·t²/2
ess = A/Ka
PID-Regler
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Zielsystem zweiter Ordnung
s² + 2ζωns + ωn²
Überschwingen und Zeitverhalten
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Methode
Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
Schreibe bei einer Vorgabe zu Dämpfung oder Drehzahl das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Übungsaufgaben
1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.
An a–b wird eine Last RL = 8 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩRL = 8 Ω
IL = A
10.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.
Vs = 5 VR = 15 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 75 ms.
Vs = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩL = 150 mHt = 75 ms
i = A
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Leistungsfaktor cos φ der Schaltung.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
cos φ =
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 20 Ω, L = 2 mH und C = 0,047 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.
R = 20 ΩL = 2 mHC = 0,047 µF
Q =
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 4 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 4 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 8 + j3 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Die Last für maximale Leistung besteht aus einem Widerstand in Reihe mit einem Kondensator. Bestimme die Kapazität C.
Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 8 + j3 Ω
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 11 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 93 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 11 kWη = 93%cos φ = 0,9VL = 480 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 ist ein Widerstand von 75 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 10:1RL = 75 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2000 W und Kupferverluste von 3000 W bei Nennlast. Er liefert 75 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
Ein 5,6-V-Z-Dioden-Regler wird aus 12 V über 220 Ω gespeist und versorgt eine Last von 470 Ω. Bestimme den Zenerstrom IZ.
Vin = 12 VVZ = 5,6 VR = 220 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
Ein NPN-Transistor mit β = 50 schaltet einen Lastwiderstand von 220 Ω, der zwischen VCC = 5 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB = 22 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.
Ein 4-Bit-Binär-Abwärtszähler startet bei 2 (dezimal, Q = 0010). Welchen Zählerstand Q (dezimal) zeigt er nach 52 Taktimpulsen?
Q0 = 252n = 4
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
F(s) = (5s + 35)/(s² + 9s + 20). Ihre Rücktransformierte hat die Form f(t) = A·e−4t + B·e−5t. Bestimme den Koeffizienten A mit der Partialbruchzerlegung.
F(s) = (5s + 35)/(s² + 9s + 20)
A =
30.Laplace-TransformationenSchwer
Ein System gehorcht y″ + 3y′ + 2y = 2·u(t), mit y(0) = 5 und y′(0) = 0. Bei t = 0 wird ein Sprung u(t) = 4 auf den Eingang gegeben. Bestimme mit der Laplace-Transformation y(0,2).
Eine Strecke G(s) = 11/(s + 7) wird in einem Gegenkopplungskreis geregelt, dessen Sensor die Verstärkung H = 0,25 hat. Am Eingang R wird ein Sprung der Größe 5 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.
G(s) = 11/(s + 7)H = 0,25R = 5
css =
32.BlockschaltbilderSchwer
Die Strecke G(s) = 32/(s(s + 7)) liegt in einem Gegenkopplungskreis mit der Sensorverstärkung H = 1. Die Pole des geschlossenen Kreises sind komplex. Bestimme ihren Imaginärteil ωd (den positiven Wert) in rad/s.
G(s) = 32/(s(s + 7))H = 1
ωd = rad/s
33.SprungantwortMittel
Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 282/(s² + 9s + 94) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.
G(s) = 282/(s² + 9s + 94)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = K/(s(s + 8)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Sprungantwort mit 2 % Überschwingen ergibt.
G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 2 %
K =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 50 Ω abgegriffen, mit L = 100 mH und C = 0,1 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.
R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
BW = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 4,4/(s(s + 4)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.
L(s) = 4,4/(s(s + 4))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
Die Strecke G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 3)) hat einen instabilen Pol bei s = 2. Ein Proportionalregler mit der Verstärkung K schließt einen Regelkreis mit Einheitsrückführung um sie. Bestimme die kleinste Verstärkung Kmin, die den geschlossenen Kreis stabil macht.
G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 3))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat L(s) = K/(s(s + 4)(s + 1)). Bestimme den Punkt σa, an dem die Asymptoten der Wurzelortskurve die reelle Achse schneiden.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 1))
σa =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat G(s) = K/((s + 2)(s + 4)). Bestimme die Verstärkung K, die für einen Sprung einen stationären Fehler von 5 % ergibt.
G(s) = K/((s + 2)(s + 4))ess = 5 %
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 1/(s + 2) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 10 rad/s und ζ = 0,6 haben. Bestimme die Integralverstärkung Ki.
G(s) = 1/(s + 2)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,6
Ki =
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,7037 A
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
R3 + R4 = 10 + 20 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Req = R1 + 6,316 = 15 + 6,316 = 21,32 Ω
Strom aus der Quelle
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
IR1 = V1/Req = 15/21,32 = 0,7037 A
Antwort
IR1 = 0,7037 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,3777 A
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
R5 + R6 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 9,07 Ω
R3 + 9,07 = 14,07 Ω
R2 ∥ 14,07 = 6,476 Ω
Req = R1 + 6,476 = 20 + 6,476 = 26,48 Ω
Strom aus der Quelle
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
IR1 = V1/Req = 10/26,48 = 0,3777 A
Antwort
IR1 = 0,3777 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 22,13 V
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 18 V). Unbekannt: VA, VB.
KCL am Knoten A
Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 18)/6 + (VA − VB)/8 = 0
0,3417·VA − 0,125·VB = 3
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/12 + (VB − VA)/8 = 2,5
−0,125·VA + 0,2083·VB = 2,5
Lösen
Δ = (0,3417)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,05556
VA = Δ1/Δ = 0,9375/0,05556 = 16,88 V
VB = Δ2/Δ = 1,229/0,05556 = 22,13 V
Antwort
VB = 22,13 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Ix = −0,375 A
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA + 5
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 6)/4 + VA/12 + (VA + 5)/5 = 2,5
VA·(1/4 + 1/12 + 1/5) = 2,5 + 6/4 − 5/5 = 3
VA = 3/0,5333 = 5,625 V
VB = 10,63 V
Strom durch die Spannungsquelle
Knotenregel nur an Knoten A: Der über R₁ ankommende Strom fließt über R₂ und über die Spannungsquelle ab.
IR1 = (6 − 5,625)/4 = 0,09375 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,09375 − 5,625/12 = −0,375 A
Antwort
Ix = −0,375 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Maschenstromverfahren
Antwort: VR1 = 9,474 V
Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.
Maschenströme festlegen
Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.
Maschenregel in Masche 1
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 2(I1 − I2) = 18
7·I1 − 2·I2 = 18
Maschenregel in Masche 2
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 2(I2 − I1) = (−18)
−2·I1 + 6·I2 = −18
Lösen
Δ = (7)(6) − (−2)(−2) = 38
I1 = Δ1/Δ = 72/38 = 1,895 A
I2 = Δ2/Δ = −90/38 = −2,368 A
Antwort
IR1 = I1 = 1,895 A
VR1 = IR1·R1 = 1,895·5 = 9,474 V
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
6.Maschenstromverfahren
Antwort: IR1 = 0,4448 A
Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.
Maschenströme festlegen
Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.
Maschenregel in Masche 1
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 6(I1 − I2) = 9
11·I1 − 6·I2 = 9
Maschenregel in Masche 2
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
8·I2 + 6(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 39·I2 − 25·I3 = 0
Maschenregel in Masche 3
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 25(I3 − I2) = (−24)
−25·I2 + 35·I3 = −24
Lösen
Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 6880
I1 = Δ1/Δ = 3060/6880 = 0,4448 A
I2 = Δ2/Δ = −4710/6880 = −0,6846 A
I3 = Δ3/Δ = −8082/6880 = −1,175 A
Antwort
IR1 = I1 = 0,4448 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
7.Überlagerungssatz
Antwort: VR4 = −15,43 V
Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.
Fall 1 · V1 allein aktiv
Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.
R3+R4 = 20+6 = 26 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·26/(20+26) = 11,3 Ω
VA = 6·11,3/(10+11,3) = 3,184 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,184·6/26 = 0,7347 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 0,7347 = −0,7347 V
Fall 2 · Is allein aktiv
V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.
R1 ∥ R2 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 26,67 = 4,898 Ω
VB = Is·Req = 3·4,898 = 14,69 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 14,69·6,667/26,67 = 3,673 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − 14,69 = −14,69 V
Anteile addieren
VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−0,7347) + (−14,69) = −15,43 V
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.
8.Überlagerungssatz
Antwort: VR3 = 15,61 V
Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.
Fall 1 · V1 allein aktiv
V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 4 ∥ 32 = 3,556 Ω
VA = 36·3,556/(5+3,556) = 14,96 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 14,96·2/32 = 0,9351 V
VR3′ = VA − 0 = 14,96 − 0 = 14,96 V
Fall 2 · Is allein aktiv
Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf.
R1 ∥ R3 = 2,222 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,222 = 32,22 Ω
Req = R4 ∥ 32,22 = 1,883 Ω
VB = Is·Req = 0,5·1,883 = 0,9416 V
VA = VB·2,222/32,22 = 0,06494 V
VR3″ = VA − 0 = 0,06494 − 0 = 0,06494 V
Fall 3 · V2 allein aktiv
V₁ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. R₁ ∥ R₃ hängt an A, in Reihe mit R₂ zurück nach B.
R1 ∥ R3 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·32,22/34,22 = 8,474 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 8,474·2,222/32,22 = 0,5844 V
VR3‴ = VA − 0 = 0,5844 − 0 = 0,5844 V
Anteile addieren
VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 14,96 + 0,06494 + 0,5844 = 15,61 V
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.
9.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,4839 A
Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 8 = 9,714 Ω
Vth bestimmen, die Leerlaufspannung
Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·4/(3+4) = 8,571 V
Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen
Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.
IL = Vth/(Rth + RL) = 8,571/(9,714 + 8) = 0,4839 A
10.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 24,29 V
Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 Ω
Vth bestimmen, die Leerlaufspannung
Bei offenen Klemmen a–b fließt Iₛ nur über R₃ in Knoten A. Bestimme V_A durch Überlagerung von V₁ und Iₛ und addiere dann den Spannungsabfall an R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,429 + 4·1,714 = 8,286 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,286 + 4·4 = 24,29 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,1312 A
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 12/(5 + 10) = 0,8 A
i(∞) = 12/5 = 2,4 A
τ = L/R = 150/5 = 30 ms
i(t) = 2,4 + (0,8 − 2,4)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(75) = 2,4 + (−1,6)·e−75/30 = 2,269 A
Antwort
i = 2,269 A
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: cos φ = 0,3173
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Blindwiderstände
XL = 62,83 Ω, XC = 361,7 Ω
Impedanz
|Z| = √(100² + (−298,9)²) = 315,2 Ω
Leistungsfaktor
cos φ = R/|Z| = 100/315,2 = 0,3173
Die Schaltung ist kapazitiv, der Leistungsfaktor ist also kapazitiv (voreilend).
Antwort
cos φ = 0,3173
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: Q = 10,31
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Resonanzfrequenz
f0 = 1/(2π·√(0,002·0,047·10⁻⁶)) = 16416 Hz
Güte
Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Winkel
φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169
Blindleistung
Q = P·tan φ = 4·1,169 = 4,677 kvar
Antwort
Q = 4,677 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 884,2 µF
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Konjugiert komplexe Anpassung
Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.
ZL = Zs* = 8 − j3 Ω
Kapazität
XC = 3 Ω → C = 1/(2π·60·3) = 884,2 µF
Antwort
C = 884,2 µF
17.Drehstromleistung
Antwort: IL = 15,81 A
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Elektrische Aufnahmeleistung
Pin = Pout/η = 11/0,93 = 11,83 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 11828/(√3·480·0,9) = 15,81 A
Antwort
IL = 15,81 A
18.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 2109 µF
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Blindleistungskompensation: Kondensatoren liefern Blindleistung vor Ort, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Jeder der drei Kondensatoren liefert QC/3 = V²·ω·C, wobei V die Spannung an diesem Kondensator ist: VL bei einer Dreieckbatterie, VL/√3 bei einer Sternbatterie.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung ändert sich nicht, daher legt jeder Leistungsfaktor die Blindleistung fest: Q = P·tan φ.
Q1 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 114,1 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.
Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.
Umgerechneter Widerstand
Die Spannung steigt um den Faktor a und der Strom sinkt um a, also steigt das Verhältnis V/I um a².
R1′ = a²·RL = 10²·75 = 7500 Ω
Antwort
R1′ = 7500 Ω
20.Transformatoren
Antwort: Ploss = 3688 W
Transformatorverluste: Die Eisenverluste (Hysterese und Wirbelströme) hängen von der Spannung ab und sind bei jeder Last gleich. Die Kupferverluste in den Wicklungen wachsen mit dem Quadrat des Stroms; beim Anteil x der Nennlast betragen sie also x²·Pcu,fl. Wirkungsgrad η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), mit Pout = x·S·pf. Der Wirkungsgrad ist bei der Last am höchsten, bei der die Kupferverluste gleich den Eisenverlusten sind.
Kupferverluste bei dieser Last
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·3000 = 1688 W
Gesamtverluste
Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.
Ploss = 2000 + 1688 = 3688 W
Antwort
Ploss = 3688 W
Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,86%.
21.Operationsverstärker
Antwort: Rf = 10 kΩ
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers
V₋ = V₊ = Vin, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf, also Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·10 = 10 kΩ
Antwort
Rf = 10 kΩ
22.Operationsverstärker
Antwort: Vout = −1,8 V
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
Eingangsströme
V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.
I1 = V1/R1 = −0,2/47 = −0,004255 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/4,7 = 0,04255 mA
If = I1 + I2 = 0,0383 mA
Ausgangsspannung
Vout = −Rf·If = −47·0,0383 = −1,8 V
Antwort
Vout = −1,8 V
23.Dioden und Transistoren
Antwort: IZ = 17,18 mA
Z-Dioden-Regler: Eine in Sperrrichtung betriebene Z-Diode hält ihre Spannung VZ, solange ihr Strom über einem Minimum IZ,min bleibt. Der Vorwiderstand R nimmt die Differenz zwischen Eingangs- und Ausgangsspannung auf: IR = (Vin − VZ)/R. Dieser Strom teilt sich auf die Last, IL = VZ/RL, und die Z-Diode, IZ = IR − IL, auf. Entwirf für die ungünstigsten Fälle: Die niedrigste Eingangsspannung bei größter Last muss noch IZ,min übrig lassen, und die höchste Eingangsspannung ohne Last ergibt die größte Verlustleistung der Z-Diode PZ = VZ·IZ.
Widerstandsstrom
IR = 6,4/220 = 29,09 mA
Laststrom
IL = 5,6/470 = 11,91 mA
Zenerstrom
IZ = 29,09 − 11,91 = 17,18 mA
Antwort
IZ = 17,18 mA
24.Dioden und Transistoren
Antwort: IC = 9,773 mA
Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.
Basisstrom
IB = (5 − 0,7)/22 kΩ = 195,5 µA
Gesättigt oder aktiv?
β·IB ist kleiner als IC(sat), also bleibt der Transistor aktiv.
β·IB = 9,773 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/220 = 21,82 mA
Kollektorstrom
IC = β·IB = 9,773 mA
Antwort
IC = 9,773 mA
Der Transistor ist aktiv, die Last ist also nicht voll eingeschaltet.
25.Zahlensysteme
Antwort: U = 154
Bits setzen: Jedes Bit hat den Wert einer Zweierpotenz (128, 64, …, 1). Eine Hexadezimalziffer entspricht genau vier Bits, und im 8-Bit-Zweierkomplement hat das linke Bit den Wert −128. Bitweise Operationen wirken auf jede Bitposition einzeln.
Invertieren und eins addieren
102 = 0110 0110
invertiert: 1001 1001
+1 → 1001 1010
Vorzeichenlos lesen
1001 1010₂ = 256 − 102 = 154
Antwort
U = 154
26.Zahlensysteme
Antwort: R = 5
Bits setzen: Jedes Bit hat den Wert einer Zweierpotenz (128, 64, …, 1). Eine Hexadezimalziffer entspricht genau vier Bits, und im 8-Bit-Zweierkomplement hat das linke Bit den Wert −128. Bitweise Operationen wirken auf jede Bitposition einzeln.
Bit für Bit
Das Rechtsschieben um 3 verschiebt jedes Bit um 3 Stellen nach rechts; Bits, die am rechten Ende herausfallen, gehen verloren, und links kommen Nullen nach.
Karnaugh-Diagramme: Die Felder sind im Gray-Code (00, 01, 11, 10) angeordnet, benachbarte Felder, auch die über den Rand hinweg, unterscheiden sich also in genau einer Variablen. Fasse die Einsen in Rechtecken aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern zusammen, so groß und so wenige wie möglich, bis jede 1 abgedeckt ist. Jede Gruppe ist ein Produktterm: die Variablen, die in ihr konstant bleiben. Eine Gruppe aus 2ᵏ Feldern verliert k Variablen. Don’t-Cares (X) dürfen genutzt werden, um Gruppen zu vergrößern, müssen aber nie abgedeckt werden. Fasst du stattdessen die Nullen zusammen, erhältst du die minimale POS-Form.
Die Einsen zusammenfassen
Jede Gruppe ist ein Rechteck aus 2ᵏ Feldern; Randfelder sind Nachbarn der Felder am gegenüberliegenden Rand.
Flipflops und Zähler: Ein Flipflop ändert sich nur bei der aktiven Taktflanke. D übernimmt seinen Eingang (Q⁺ = D); T kippt bei T = 1; JK hält bei 00, setzt bei 01 zurück, setzt bei 10 und kippt bei 11. Ein n-Bit-Binärzähler hat 2ⁿ Zustände und zählt modulo 2ⁿ; ein Mod-N-Zähler läuft 0, 1, …, N − 1 und wieder auf 0 und braucht die kleinste Anzahl n von Flipflops mit 2ⁿ ≥ N. Jede Stufe eines Asynchronzählers halbiert die Frequenz, daher läuft der letzte Ausgang eines Mod-N-Zählers mit fclk/N. Ein Johnson-Zähler aus n Flipflops hat 2n Zustände, ein Ringzähler n.
Volle Zyklen
Alle 16 Impulse bringen den Zähler in denselben Zustand zurück.
52 = 3·16 + 4
Zählerstand nach den restlichen Impulsen
Q = (2 − 4) mod 16 = 14
Q = 1110₂
Antwort
Q = 14
29.Laplace-Transformationen
Antwort: A = 15
Laplace-Transformation: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt macht aus Ableitungen Multiplikationen mit s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standardpaare: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), und eine Verschiebung s → s + σ multipliziert die Zeitfunktion mit e−σt. Um eine rationale Funktion F(s) zurückzutransformieren, zerlege sie in Partialbrüche: Das Residuum eines einfachen Pols p ist A = [(s − p)·F(s)] bei s = p. Endwertsatz: f(∞) = lims→0 s·F(s), gültig nur, wenn alle Pole von s·F(s) in der linken Halbebene liegen. Anfangswertsatz: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Nenner in Faktoren zerlegen
s² + 9s + 20 = (s + 4)(s + 5)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 5)
Zuhaltemethode
Multipliziere mit (s + 4) und setze s = −4: Der B-Term verschwindet.
A = (5s + 35)/(s + 5) |s = −4 = 15/1 = 15
Antwort
A = 15
(B = −10, also f(t) = 15·e−4t − 10·e−5t)
30.Laplace-Transformationen
Antwort: y(0.2) = 4,967
Laplace-Transformation: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt macht aus Ableitungen Multiplikationen mit s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standardpaare: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), und eine Verschiebung s → s + σ multipliziert die Zeitfunktion mit e−σt. Um eine rationale Funktion F(s) zurückzutransformieren, zerlege sie in Partialbrüche: Das Residuum eines einfachen Pols p ist A = [(s − p)·F(s)] bei s = p. Endwertsatz: f(∞) = lims→0 s·F(s), gültig nur, wenn alle Pole von s·F(s) in der linken Halbebene liegen. Anfangswertsatz: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Gleichung transformieren
(s² + 3s + 2)·Y(s) = 5s + 15 + 8/s
Y(s) = (5s² + 15s + 8)/(s(s + 1)(s + 2))
Partialbruchzerlegung
A = 8/(1·2) = 4
B = −2/((−1)·1) = 2
C = −2/((−2)·(−1)) = −1
Ergebnis
y(t) = 4 + 2·e−t − e−2t
y(0,2) = 4,967
Antwort
y(0,2) = 4,967
Kontrolle: y(0) = A + B + C = 5.
31.Blockschaltbilder
Antwort: css = 5,641
Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).
Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).
Charakteristische Gleichung
s(s + 7) + 32·1 = 0 → s² + 7s + 32 = 0
Wurzeln
s = −3,5 ± j·√(32 − 12,25) = −3,5 ± j4,444
ωd = 4,444 rad/s
Antwort
ωd = 4,444 rad/s
33.Sprungantwort
Antwort: tp = 0,3658 s
Sprungantwort: Ein System erster Ordnung G(s) = K/(τs + 1) beantwortet einen Sprung der Größe U mit y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): Es erreicht nach einer Zeitkonstante τ 63,2 % des Endwerts K·U und nach 4τ 98 %. Ein System zweiter Ordnung G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) hat die Pole s = −ζωₙ ± jωd mit ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Für 0 < ζ < 1 schwingt die Sprungantwort über: prozentuales Überschwingen %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), Überschwingzeit (Scheitelzeit) tp = π/ωd und die 2-%-Ausregelzeit ts ≈ 4/(ζωₙ). Vergleiche den Nenner mit s² + 2ζωₙs + ωₙ², um ωₙ und ζ abzulesen. Für ein Feder-Masse-Dämpfer-System gilt ωₙ = √(k/m) und ζ = c/(2√(km)); für einen Reihen-RLC-Kreis gilt ωₙ = 1/√(LC) und ζ = (R/2)·√(C/L).
Mit der Normalform vergleichen
Der Nenner muss mit s² + 2ζωₙs + ωₙ² übereinstimmen.
Sprungantwort: Ein System erster Ordnung G(s) = K/(τs + 1) beantwortet einen Sprung der Größe U mit y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): Es erreicht nach einer Zeitkonstante τ 63,2 % des Endwerts K·U und nach 4τ 98 %. Ein System zweiter Ordnung G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) hat die Pole s = −ζωₙ ± jωd mit ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Für 0 < ζ < 1 schwingt die Sprungantwort über: prozentuales Überschwingen %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), Überschwingzeit (Scheitelzeit) tp = π/ωd und die 2-%-Ausregelzeit ts ≈ 4/(ζωₙ). Vergleiche den Nenner mit s² + 2ζωₙs + ωₙ², um ωₙ und ζ abzulesen. Für ein Feder-Masse-Dämpfer-System gilt ωₙ = √(k/m) und ζ = c/(2√(km)); für einen Reihen-RLC-Kreis gilt ωₙ = 1/√(LC) und ζ = (R/2)·√(C/L).
Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises
T(s) = K/(s² + 8s + K)
Dämpfungsgrad aus dem Überschwingen
ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797
Verstärkung
ωₙ = 8/(2ζ) = 5,13 rad/s
K = ωₙ² = 26,32
Antwort
K = 26,32
35.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: BW = 79,58 Hz
Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.
Resonanzfrequenz
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁷) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz
Bandbreite
BW = R/L = 50/0,1 = 500 rad/s = 79,58 Hz
Antwort
BW = 79,58 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: PM = 75,12 °
Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.
Durchtrittsfrequenz
ω⁴ + 16ω² − 19,36 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·19,36))/2 = 1,13
ωc = 1,063 rad/s
Phasenreserve
∠L(jωc) = −90° − atan(1,063/4) = −104,9°
PM = 180° + ∠L = 75,12°
Antwort
PM = 75,12°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: Kmin = 1,2
Routh-Hurwitz-Kriterium: Ein lineares System ist stabil, wenn alle Wurzeln seines charakteristischen Polynoms in der linken Hälfte der s-Ebene liegen. Schreibe die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas. Jeder Eintrag einer neuen Zeile ergibt sich aus den beiden Zeilen darüber; für ein kubisches Polynom a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ ist der Eintrag der s¹-Zeile b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte entspricht der Anzahl der Wurzeln in der rechten Halbebene. Mit einer Verstärkung K in den Koeffizienten müssen alle Einträge der ersten Spalte positiv bleiben: Die Verstärkung, die den Eintrag der s¹-Zeile null macht, ist die Stabilitätsgrenze, und die s²-Zeile liefert dann die Frequenz der Dauerschwingung.
Für s² + c₁s + c₀ liegen alle Wurzeln genau dann in der linken Halbebene, wenn c₁ > 0 und c₀ > 0.
1 + K > 0 → K > −1
5K − 6 > 0 → K > 1,2
Kmin = 1,2
Antwort
Kmin = 1,2
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: σa = −1,667
Wurzelortskurve: Wenn die Verstärkung K von 0 bis ∞ wächst, wandern die Pole des geschlossenen Regelkreises, also die Wurzeln von 1 + K·G(s) = 0, von den Polen des offenen Kreises zu dessen Nullstellen oder ins Unendliche. Ein Punkt der reellen Achse gehört zur Ortskurve, wenn die Anzahl der reellen Pole und Nullstellen rechts von ihm ungerade ist. Die n − m Äste, die ins Unendliche laufen, folgen Asymptoten mit den Winkeln (2q + 1)·180°/(n − m), die im Schwerpunkt σₐ = (Σ Pole − Σ Nullstellen)/(n − m) beginnen. Äste verlassen die reelle Achse oder münden dort ein, wo dK/ds = 0 gilt. Die Winkelbedingung ∠G(s) = 180° legt die Form fest, und die Betragsbedingung K = 1/|G(s)| liefert die Verstärkung an jedem Punkt der Ortskurve.
Pole und Nullstellen
Pole: 0, −4, −1
n − m = 3 − 0 = 3
Schwerpunkt
σa = (−5)/3 = −1,667
Antwort
σa = −1,667
Die 3 Asymptoten gehen vom Schwerpunkt unter den Winkeln 60°, 180°, 300° aus.
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 152
Stationärer Fehler: In einem Regelkreis mit Einheitsrückführung und der Übertragungsfunktion des offenen Kreises G(s) ist der Fehler E(s) = R(s)/(1 + G(s)), und nach dem Endwertsatz gilt ess = lims→0 s·E(s). Der Systemtyp ist die Anzahl der Pole von G(s) bei s = 0. Die Fehlerkonstanten sind Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) und Ka = lim s²·G(s), jeweils für s → 0. Ein Sprung der Höhe A liefert ess = A/(1 + Kp), eine Rampe A·t liefert A/Kv und eine Parabel A·t²/2 liefert A/Ka. Ein Kreis vom Typ 0 folgt einem Sprung mit endlichem Fehler, ein Kreis vom Typ 1 folgt ihm exakt und einer Rampe mit endlichem Fehler.
Erforderliche Fehlerkonstante
1/(1 + Kp) = 0,05 → Kp = 19
Verstärkung
K/8 = 19 → K = 152
Antwort
K = 152
Prüfe auch die Stabilität des geschlossenen Kreises: Für diesen Kreis zweiter Ordnung ist jedes K > 0 stabil.
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: Ki = 100
P-, PI- und PID-Regelung: Der Regler C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s wirkt auf den Regelfehler. Eine proportionale Verstärkung macht den Kreis schneller und verkleinert den Fehler einer Strecke vom Typ 0, beseitigt ihn aber nie. Der Integralanteil fügt einen Pol bei s = 0 hinzu: Der Systemtyp steigt um eins, und ein Sprung wird ohne Fehler verfolgt. Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung. Um die Verstärkungen zu wählen, schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζωns + ωn². Dann gilt %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd mit ωd = ωn√(1 − ζ²) und ts ≈ 4/(ζωn).
Charakteristisches Polynom
1 + C(s)G(s) = 0, multipliziert mit s(s + 2).
s² + (2 + 1Kp)s + 1Ki
Zielpolynom
s² + 2·0,6·10s + 10² = s² + 12s + 100
Koeffizienten vergleichen
1Ki = 100 → Ki = 100
Antwort
Ki = 100
Der Integralanteil macht den Kreis zu einem Kreis vom Typ 1, also wird ein Sprung ohne stationären Fehler verfolgt.